买卖股票的最佳时机
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给定一个数组 prices ，它的第 i 个元素 prices[i] 表示一支给定股票第 i 天的价格
你只能选择 某一天 买入这只股票，并选择在 未来的某一个不同的日子 卖出该股票。设计一个算法来计算你所能获取的最大利润
返回你可以从这笔交易中获取的最大利润。如果你不能获取任何利润，返回 0
示例 1： 输入：[7,1,5,3,6,4] 输出：5 解释：在第 2 天（股票价格 = 1）的时候买入，在第 5 天（股票价格 = 6）的时候卖出，最大利润 = 6-1 = 5 。 注意利润不能是 7-1 = 6, 因为卖出价格需要大于买入价格；同时，你不能在买入前卖出股票。 示例 2： 输入：prices = [7,6,4,3,1] 输出：0 解释：在这种情况下, 没有交易完成, 所以最大利润为 0。
示：
1 <= prices.length <= 105
0 <= prices[i] <= 104
题目理解
此题一看依旧是 动态规划的经典题目
确定好使用 动态规划的方法, 那么我们就想一下一个问题: 是一维的还是二维的?
每一天的状态是有变化的, 有可能是持有股票的, 也有可能是不持有股票的
每一天的状态有哪几种:
第 i 天持有股票
第 i 天不持有股票
那我们能用一维的来表示第 i 天持有股票的情况吗?
答案是 No, No
⇒ 所以, 我们要用一个二维的dp数组
步骤
dp含义
dp[i][0] — — 第 i 天不持有股票获取的最大利润
dp[i][1] — — 第 i 天持有股票获取的最大利润
我们该怎样 理解 持有/非持有?
如果第 i 天持有股票 — — 有可能前几天就已经购买过, 也有可能是第 i 天才购买
如果第 i 天不持有股票 — — 有可能一直没买过股票, 也有可能第 i 天才卖出股票
递推公式
根据前面的 持有/非持有 的理解, 那么状态应该怎么转移呢?
dp[i][0] = max(dp[i - 1][0], dp[i - 1][1] + price[i]); dp[i][1] = max(dp[i - 1][1], - price[i]);
初始化
我们通过递推公式发现: 第 i 天的状态是通过 di i - 1天的状态来推导的
⇒ 开始的时候就是 dp[0][0] 和 dp[0][1]
dp[0][0] — — 第 1 天不持有股票的最大利润 — — 第 1 天的钱包是0 — — dp[0][0] = 0;
dp[0][1] — — 第 1 天持有股票的最大利润 — — 第 1 天钱包是0, 就已经买了商品 — — dp[0][1] = -price[0];
遍历方向
通过递推公式发现: 第 i 天的状态是通过 di i - 1天的状态来推导的
⇒ 所以, 遍历方向是 从前向后的
代码
class Solution { public: int maxProfit(vector<int>& prices) { int len = prices.size(); // 这里设置2 -- -- 因为就只有两个状态 vector<vector<int>> dp(len, vector<int>(2)); dp[0][0] = 0; // 非持有 dp[0][1] = -prices[0]; // 持有 for(int i = 1; i < len; i++) { dp[i][0] = max(dp[i-1][0], dp[i-1][1]+prices[i]); dp[i][1] = max(dp[i-1][1], -prices[i]); } return dp[len-1][0]; // 可以是返回两者之间的最大值, 但是一定是飞持有的最大价值 > 持有的最大价值 // 因为: 非持有代表着卖出去了, 是+prices[i]; 而持有代表着买了没没卖出去, 是-prices[i] } };
买卖股票的最佳时机II
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给你一个整数数组 prices ，其中 prices[i] 表示某支股票第 i 天的价格
在每一天，你可以决定是否购买和/或出售股票。你在任何时候 最多 只能持有 一股 股票。你也可以先购买，然后在 同一天 出售
返回 你能获得的 最大 利润
示例 1： 输入：prices = [7,1,5,3,6,4] 输出：7 解释：在第 2 天（股票价格 = 1）的时候买入，在第 3 天（股票价格 = 5）的时候卖出, 这笔交易所能获得利润 = 5 - 1 = 4 随后，在第 4 天（股票价格 = 3）的时候买入，在第 5 天（股票价格 = 6）的时候卖出, 这笔交易所能获得利润 = 6 - 3 = 3 总利润为 4 + 3 = 7
示例 2： 输入：prices = [1,2,3,4,5] 输出：4 解释：在第 1 天（股票价格 = 1）的时候买入，在第 5 天 （股票价格 = 5）的时候卖出, 这笔交易所能获得利润 = 5 - 1 = 4 总利润为 4
示例 3： 输入：prices = [7,6,4,3,1] 输出：0 解释：在这种情况下, 交易无法获得正利润，所以不参与交易可以获得最大利润，最大利润为 0 。
提示：
1 <= prices.length <= 3 * 104
0 <= prices[i] <= 104
题目理解
这个题目跟上面的题目很相似, 但是有一点不同:
本题股票可以买卖多次了（注意只有一只股票，所以再次购买前要出售掉之前的股票), 而上面的题目只能买卖一次
步骤
dp含义
dp[i][0] — — 第 i 天不持有股票获取的最大利润
dp[i][1] — — 第 i 天持有股票获取的最大利润
递推公式
根据前面的 持有/非持有 的理解, 那么状态应该怎么转移呢?
dp[i][0] = max(dp[i - 1][0], dp[i - 1][1] + price[i]); dp[i][1] = max(dp[i - 1][1], dp[i - 1][0] - price[i]);
初始化
我们通过递推公式发现: 第 i 天的状态是通过 di i - 1天的状态来推导的
⇒ 开始的时候就是 dp[0][0] 和 dp[0][1]
dp[0][0] — — 第 1 天不持有股票的最大利润 — — 第 1 天的钱包是0 — — dp[0][0] = 0;
dp[0][1] — — 第 1 天持有股票的最大利润 — — 第 1 天钱包是0, 就已经买了商品 — — dp[0][1] = -price[0];
遍历方向
通过递推公式发现: 第 i 天的状态是通过 di i - 1天的状态来推导的
⇒ 所以, 遍历方向是 从前向后的
代码
class Solution { public: int maxProfit(vector<int>& prices) { int len = prices.size(); // 这里设置2 -- -- 因为就只有两个状态 vector<vector<int>> dp(len, vector<int>(2)); dp[0][0] = 0; // 非持有 dp[0][1] = -prices[0]; // 持有 for(int i = 1; i < len; i++) { dp[i][0] = max(dp[i - 1][0], dp[i - 1][1] + prices[i]); dp[i][1] = max(dp[i - 1][1], dp[i - 1][0] - prices[i]); } return dp[len - 1][0]; // 可以是返回两者之间的最大值, 但是一定是飞持有的最大价值 > 持有的最大价值 // 因为: 非持有代表着卖出去了, 是+prices[i]; 而持有代表着买了没没卖出去, 是-prices[i] } };
